Математика
Русский язык

16. Задачи по планиметрии

1. Вспоминай формулы по каждой теме
2. Решай новые задачи каждый день
3. Вдумчиво разбирай решения

Задачи по планиметрии прошлых лет (страница 2)

Задание 8 #3269
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Две окружности касаются внутренним образом в точке \(A\), причем меньшая окружность проходит через центр \(O\) большей. Диаметр \(BC\) большей окружности вторично пересекает меньшую окружность в точке \(M\), отличной от точки \(A\). Лучи \(AO\) и \(AM\) вторично пересекают большую окружность в точках \(P\) и \(Q\) соответственно. Точка \(C\) лежит на дуге \(AQ\) большей окружности, не содержащей точку \(P\).

а) Докажите, что прямые \(PQ\) и \(BC\) параллельны.

б) Известно, что \(\sin \angle AOC=\dfrac{\sqrt{15}}4\), прямые \(PC\) и \(AQ\) пересекаются в точке \(K\). Найдите \(QK:KA\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Рассмотрим \(\triangle PQA\) и \(\triangle OMA\): \(\angle PQA=\angle OMA=90^\circ\), так как опираются на диаметры \(PA\) и \(OA\) соответственно. \(\angle PAQ\) – общий. Следовательно, треугольники подобны по двум углам. Значит, \(\angle AOM=\angle APQ\) – соответственные углы при \(PQ\) и \(OM\) и секущей \(PA\). Следовательно, \(PQ\parallel OM\quad \Rightarrow\quad PQ\parallel BC.\)

 

б) Из предыдущего пункта следует, что коэффициент подобия треугольников \(PQA\) и \(OMA\) равен \(PA:OA=2:1\). Следовательно, \(QM=MA\). Обозначим \(OM=a\), \(MA=b\), \(OA=c\). Найдем \(QK:KM\).
Заметим, что по двум углам подобны прямоугольные треугольники \(PQK\) и \(MCK\). Следовательно, \[QK:KM=PQ:MC=2OM:MC\] Так как \(OC=OA\) – радиус большого круга, то \[QK:KM=2a:(c-a)\] Из прямоугольного \(\triangle AOM\): так как \(\sin \angle AOM=\dfrac{\sqrt{15}}4\), то можно принять \(b=\sqrt{15}x\), \(c=4x\), откуда по теореме Пифагора \(a=x\). Следовательно, \[QK:KM=2x:(4x-x)=2:3\] Так как \(QK+KM=MA\), то, если \(QK=2y\), \(KM=3y\), то \[QK:KA=2y:8y=1:4\]

Ответ:

б) \(1:4\)

Задание 9 #3283
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В прямоугольном треугольнике \(ABC\) проведена высота \(CH\) из вершины прямого угла. В треугольники \(ACH\) и \(BCH\) вписаны окружности с центрами \(O_1\) и \(O_2\) соответственно, касающиеся прямой \(CH\) в точках \(M\) и \(N\) соответственно.

а) Докажите, что прямые \(AO_1\) и \(CO_2\) взаимно перпендикулярны.

б) Найдите площадь четырехугольника \(MO_1NO_2\), если известно, что \(AC=20\), \(BC=15\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Так как \(CH\) – высота из прямого угла, то \(\angle HAC=\angle HCB\). Так как центры вписанных окружностей лежат на биссектрисах углов, то \(CO_2\) и \(AO_1\) – биссектрисы углов \(HCB\) и \(HAC\) соответственно.
Рассмотрим \(\triangle HAL\) и \(\triangle CKL\). По доказанному выше \(\angle HAL=\angle KCL\). \(\angle HLA=\angle KLC\) как вертикальные, следовательно, \(\angle CKL=\angle LHA=90^\circ\), чтд.


 

б) \(O_1M\) и \(O_2N\) перпендикулярны \(CH\) как радиусы, проведенные в точки касания. Следовательно, будем искать \(S_{MO_2NO_1}\) как \(S_{O_1MN}+S_{O_2MN}\), где \(\triangle O_1MN\) и \(O_2MN\) – прямоугольные.

 

Рассмотрим произвольный прямоугольный треугольник и вписанную в него окружность:



Пусть \(K, M, N\) – точки касания окружности со сторонами. Тогда \(OK\perp AC\), \(ON\perp BC\). Следовательно, \(CKON\) – прямоугольник. Но так как к тому же смежные стороны его равны (\(OK=ON\) как радиусы), то \(CKON\) – квадрат. Следовательно, если \(OK=r\) – радиус, то \(CK=CN=r\).
Заметим, что \(AK=AM\) и \(BN=BM\) как отрезки касательных, проведенных из одной точки к окружности. Следовательно, \(BC+AC=BN+r+r+AK=AB+2r\), откуда \[r=\dfrac{BC+AC-AB}2\]

Применим полученную формулу для нашего случая. Тогда: \[\begin{aligned} & O_1M=\dfrac{CH+HA-AC}2\\[2ex] & O_2N=\dfrac{CH+HB-BC}2\end{aligned}\] Следовательно, нужно найти \(HA, HB, CH\).
По теореме Пифагора \(AB=25\). Из подобия \(\triangle CHA\sim \triangle ABC\) получаем: \[\dfrac{HA}{AC}=\dfrac{AC}{AB}\quad\Rightarrow\quad HA=16\] Тогда \(HB=AB-HA=9\).
По свойству высоты треугольника, опущенной из вершины прямого угла \[CH=\sqrt{HA\cdot HB}=12\] Таким образом, \[\begin{aligned} & O_1M=\dfrac{CH+HA-AC}2=4\\[2ex] & O_2N=\dfrac{CH+HB-BC}2=3\end{aligned}\]

Когда мы рассматривали произвольный прямоугольный треугольник и вписанную в него окружность, мы установили, что \(CKON\) – квадрат. В нашем случае это значит, что \(O_1M=MH\) и \(O_2N=NH\). Следовательно, \(MN=4-3=1\).
Таким образом, \[S_{MO_2NO_1}=\dfrac12\cdot MN\cdot (O_1M+O_2N)=3,5\]

Ответ:

б) 3,5

Задание 10 #3215
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Точка \(E\) – середина боковой стороны \(CD\) трапеции \(ABCD\). На ее стороне \(AB\) взята точка \(K\) так, что прямые \(CK\) и \(AE\) параллельны. Отрезки \(CK\) и \(BE\) пересекаются в точке \(O\).

а) Докажите, что \(CO=OK\).

б) Найдите отношение оснований трапеции \(BC:AD\), если площадь треугольника \(BCK\) составляет \(\dfrac9{64}\) площади всей трапеции \(ABCD\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Продлим \(AE\) и \(BC\) до пересечения в точке \(P\):


Тогда \(\angle AED=\angle CEP\) как вертикальные, \(\angle ADE=\angle PCE\) как накрест лежащие при \(AD\parallel BP\) и \(CD\) секущей. Следовательно, по стороне и двум прилежащим углам \(\triangle AED=\triangle CEP\). Тогда \(AD=CP\), \(AE=EP\).
Так как \(CK\parallel AP\), то \(\triangle BKO\sim \triangle ABE\) и \(CBO\sim \triangle PBE\), следовательно, \[\dfrac{KO}{AE}=\dfrac{BO}{BE}=\dfrac{OC}{EP} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{KO}{OC}=\dfrac{AE}{EP}=1\] Таким образом, \(KO=OC\), чтд.

 

б) Так как \(\triangle AED=\triangle CEP\), то \(S_{ABCD}=S_{ABP}\). Таким образом, \[S_{BCK}:S_{ABP}=9:64\] Так как \(\triangle BCK\sim \triangle ABP\), то их площади относятся как квадрат коэффициента подобия, следовательно, \[k=\sqrt{\dfrac9{64}}=\dfrac38=\dfrac{BC}{BP}\] Следовательно, \(BC:BP=3:8\), а значит \(BC:AD=BC:CP=3:5\).

Ответ:

б) \(3:5\)

Задание 11 #3262
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Две окружности с центрами \(O_1\) и \(O_2\) пересекаются в точках \(A\) и \(B\), причем точки \(O_1\) и \(O_2\) лежат по разные стороны от прямой \(AB\). Продолжения диаметра \(CA\) первой окружности и хорды \(CB\) этой окружности пересекают вторую окружность в точках \(D\) и \(E\) соответственно.

а) Докажите, что треугольники \(BCD\) и \(O_1AO_2\) подобны.

б) Найдите \(AD\), если \(\angle DAE=\angle BAC\), радиус второй окружности втрое больше радиуса первой окружности и \(AB=3\).

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

а) Заметим, что \(\triangle O_1AO_2=\triangle O_1BO_2\) (по трем сторонам), следовательно, \(O_1O_2\) – биссектриса углов \(\angle BO_1A\) и \(BO_2A\). Следовательно, \(\angle BCA=\frac12\angle BO_1A=\angle O_2O_1A\).
Полностью аналогично доказывается, что \(\angle O_1O_2A=\angle BDA\). Следовательно, по двум углам \(\triangle BCD\sim \triangle O_1AO_2\).


 

б) Заметим, что точки \(A, O_2\) и \(E\) лежат на одной прямой. Действительно, пусть это не так:



Так как в предыдущем пункте мы доказали, что \(\angle O_2O_1A=\angle BCA\), то \(CE\parallel O_1O_2\). Следовательно, соответственные углы при пересечении параллельных прямых \(O_1F\) и \(BE\) секущей \(AE\) должны быть равны, то есть \(\angle AFO_1=\angle AEB\). Но тогда \(\angle AO_2O_1=\angle AFO_1\), откуда следует, что прямые \(AO_2\) и \(AF\) должны быть параллельны при секущей \(O_2F\). Но это невозможно, так как прямые имеют общую точку. Чтд.   Таким образом, мы доказали, что \(\angle DAE=\angle DAO_2\).



Проведем \(O_2K\perp AD\). Так как радиус (в данном случае часть радиуса \(O_2K\)), перпендикулярный хорде, делит ее пополам, то \(AK=\frac12AD\). Заметим, что \(\angle ABC=90^\circ\) как опирающийся на диаметр \(AC\). Пусть \(O_1A=x\), \(O_2A=3x\). Тогда \(\triangle ABC\sim \triangle AKO_2\) (как прямоугольные с одинаковым острым оранжевым углом): \[\dfrac{AO_2}{AC}=\dfrac{\frac12AD}{AB}\quad\Rightarrow \quad AD=\dfrac{3x\cdot 3}{2x\cdot \frac12}=9\]

Ответ:

б) 9

Задание 12 #3214
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Сумма оснований трапеции равна \(13\), диагонали равны \(5\) и \(12\).

а) Докажите, что диагонали трапеции взаимно перпендикулярны.

б) Найдите высоту трапеции.

 

(ЕГЭ 2017, основная волна)

Добавить задание в избранное

Пусть дана трапеция \(ABCD\), \(BC+AD=13\), \(AC=5\), \(BD=12\). Достроим к трапеции \(ABCD\) такую же трапецию \(A'B'CD\), как показано на рисунке:



Тогда \(BD=A'C\), \(AC=B'D\), \(AD=B'C\), \(BC=A'D\). Следовательно, \(ACB'D\) – параллелограмм, следовательно, \(AC\parallel B'D\). Аналогично \(BD\parallel A'C\). Рассмотрим \(\triangle BDB'\). По теореме, обратной теореме Пифагора, он прямоугольный: \(BB'^2=BD^2+B'D^2\), то есть \(\angle BDB'=90^\circ\). Тогда \(\angle COD=180^\circ-\angle ODO'=90^\circ\), так как \(\angle COD\) и \(\angle ODO'\) – односторонние углы при \(AC\parallel B'D\) и \(BD\) секущей.

 

б) Проведем \(DH\perp BB'\).



Тогда \(DH\) – высота \(\triangle BDB'\) и высота трапеции \(ABCD\). Так как, с одной стороны, площадь \(S_{BDB'}=0,5DH\cdot BB'\), а с другой стороны, равна \(S_{BDB'}=0,5BD\cdot B'D\), то: \[BD\cdot B'D=DH\cdot BB' \quad\Rightarrow\quad DH=\dfrac{60}{13}\]

Ответ:

б) \(\frac{60}{13}\)

Задание 13 #3227
Уровень задания: Равен ЕГЭ

Точка \(M\) – середина гипотенузы \(AB\) треугольника \(ABC\). Серединный перпендикуляр к \(AB\) пересекает катет \(BC\) в точке \(N\).

 

а) Докажите, что \(\angle CAN=\angle CMN\).

 

б) Найдите отношение радиусов окружностей, описанных около треугольников \(ANB\) и \(CBM\), если \(\mathrm{tg}\angle BAC=\dfrac43\).

 

(ЕГЭ 2017, досрочная волна, резерв)

Добавить задание в избранное


 

а) Четырехугольник \(CAMN\) является вписанным в окружность, так как \(\angle ACN+\angle AMN=90^\circ+90^\circ=180^\circ\). Следовательно, \(\angle CAN=\angle CMN\) как вписанные углы, опирающиеся на одну и ту же дугу \(CN\).

 

б) Заметим, что \(\triangle ANB\) равнобедренный: \(NM\) – медиана и высота, следовательно, \(AN=NB\).
Так как медиана из прямого угла равна половине гипотенузы, то \(CM=MB\), следовательно, \(\triangle CMB\) также равнобедренный.
Так как \(\angle ABN\) у них общий, то \(\angle NAB=\angle ABN=\angle MCB\), следовательно, эти треугольники подобны.
По теореме синусов радиус описанной около треугольника окружности равен половине отношения стороны к синусу противолежащего угла, следовательно, \[\dfrac{R_{\triangle ANB}}{R_{\triangle CMB}}= \dfrac{\frac{AN}{2\sin B}}{\frac{CM}{2\sin B}}=\dfrac{AN}{CM}\] Так как \(\mathrm{tg}\angle BAC=\dfrac43=\dfrac{BC}{AC}\), то можно принять \(BC=4x, AC=3x\). Тогда \(AB=5x\), следовательно, \(CM=\frac12AB=2,5x\).

Заметим, что \(\triangle ABC\sim \triangle NMB\) по двум углам, следовательно, \[\dfrac{MB}{BC}=\dfrac{NB}{AB} \quad\Rightarrow\quad NB=\dfrac{2,5x\cdot 5x}{4x}=\dfrac{25}8x\] Тогда \(AN=\dfrac{25}8x\). Следовательно, \[\dfrac{R_{\triangle ANB}}{R_{\triangle CMB}}= \dfrac{\frac{25}8}{\frac52}=\dfrac54\]

Ответ:

\(5:4\)

Задание 14 #2971
Уровень задания: Равен ЕГЭ

В треугольнике \(ABC\) угол \(C\) равен \(45^\circ\), угол \(A\) равен \(60^\circ\). Точки \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\) – середины сторон \(BC\), \(AC\), \(AB\) соответственно. \(AK\) – высота.

 

а) Докажите, что точки \(A_1, B_1, C_1, K\) лежат на одной окружности.

 

б) Найдите \(A_1K\), если \(BC=2\sqrt3\).

 

(ЕГЭ 2017, досрочная волна)

Добавить задание в избранное


 

а) Проведем \(A_1C_1\), \(C_1B_1\). Так как \(A_1C_1\) – средняя линия в \(\triangle ABC\), то \(A_1C_1=\frac12CA=CB_1\). Также \(A_1C_1\parallel CB_1\). Следовательно, \(CA_1C_1B_1\) – параллелограмм. Значит, \(\angle A_1C_1B_1=\angle A_1CB_1=45^\circ\).

 

Заметим, что \(K\) будет лежать на отрезке \(A_1B\) по теореме о расположении медианы и высоты, опущенных из одной вершины (высота будет лежать между медианой \(AA_1\) и \(AB\), так как \(AB<AC\)).
Проведем \(KB_1\). Так как \(\triangle CKA\) прямоугольный и один из острых углов равен \(45^\circ\), то он равнобедренный, следовательно, \(KB_1\) не только медиана в нем, но и высота. Следовательно, \(\triangle CKB_1\) также прямоугольный и один из его углов равен \(45^\circ\), следовательно, и \(\angle CKB_1=45^\circ\).

 

Таким образом, \(\angle A_1C_1B_1=\angle A_1KB_1=45^\circ\), значит, около четырехугольника \(A_1KC_1B_1\) можно описать окружность. Это и значит, что точки \(A_1, B_1,C_1, K\) лежат на одной окружности.

 

б) По теореме синусов в \(\triangle ABC\): \[\dfrac{BC}{\sin\angle A}=\dfrac{AB}{\sin\angle C} \quad\Rightarrow\quad \dfrac{2\sqrt3}{\frac{\sqrt3}2}=\dfrac{AB}{\frac{\sqrt2}2} \quad\Rightarrow\quad AB=2\sqrt2.\]

 

Обозначим \(A_1K=x\). Тогда \(AK=CK=\sqrt3+x\). Тогда по теореме Пифагора из \(\triangle AKB\): \[KB^2=8-(x+\sqrt3)^2\] Заметим, что \(A_1K+KB=A_1B=\sqrt3\), следовательно, \(KB=\sqrt3-x\), следовательно, получаем уравнение: \[8-(x+\sqrt3)^2=(\sqrt3-x)^2 \quad\Rightarrow\quad x=1.\]

Ответ:

б) 1

1 2 3 .... 6